高二数学同步辅导教材(第5讲)

高二数学同步辅导教材（第5讲） 一、本讲进度 6.5 含有绝对值的不等式 课本第20页至第23页二、本讲主要内容含有绝对值的不等式证明三、学习指导1、 绝对值的性质 （1）基本性质：xR时，|x|x，|x|-x；|x|a-axax2a2；|x|a，或xa2。 （2）运算性质：|ab|=|a|b|，|a|-|b|ab|a|+|b|，|a1a2+an|a1|+|a2|+|an|。 （3）几何意义：|x-a|表示数轴上数x，a对应的两点之间的距离。 2、与绝对值有关的不等式的证明，其方法仍是证明一般不等式的方法，如比较法、综合法、分析法等，但它除了涉及一般不等式的性质外，还经常用到刚才所介绍的绝对值的性质，特别是|a|-|b|a|b|这一条性质。在利用绝对值的性质时，应根据不等号的方向进行合理的选择。 3、含绝对值不等式的证明与解法有较大的差异，在解不等式中，主要是考虑如何去掉绝对值符号；而在证明中，一般不提倡去掉绝对值符号，当然，少数题目例外。四、典型例题 【例1】 设|a|,|a-b|2，求证：|b|3。解题思路分析：根据解题的“结论向条件靠拢”的原则，本题主要思考如何用a，a-b表示b，从而利用|a|及|a-b|的条件得到|b|的范围。 b=a-(a-b) |b|=|a-(a-b)|a|+|a-b|+2=3注：本题还涉及到了化简变形中的整体思想，即将a-b看作一个整体。实际上根据|a-b|的结构特点，也可用绝对值的基本不等式对其缩小：|a|-|b|a-b|，关键是不等式的左端是选择|a|-|b|，还是|b|-|a|，尽管两个不等式都成立，但由本题的消元要求，应消去a，保留b，故选|b|-|a|a-b|。 |b|-|a|2又 |a| 两不等式同向相加得|b|3 【例2】 已知f(x)=x2-x+c，|x-a|1，a，cR，求证：|f(x)-f(a)|2(|a|+1)。求证：|f(x)-f(a)|2(|a|+1)解题思路分析：因f的对应法则已知，故首先对不等式左边化简：|f(x)-f(a)|=|x2-x+c-(a2-a+c)|=|x2-a2-x+a|。接下来的变形向条件|x-a|1靠拢，即凑出因式x-a： |f(x)-f(a)|=|x2-a2-x+a|=1(x-a)(x+a)-(x-a)|=|x-a|x+a-1|x+a-1|下一步化简有两种途径：从结论向条件凑，或从条件向结论凑。途径一：|x+a-1|=|x-a+2a-1|x-a|+|2a-1|x-a|+|2a|+11+2|a|+1=2(|a|+1)途径二：|x+a-1|x|+|a-1|x|+|a|+1又 |x-a|x|-|a| |x|-|a|1 |x|a|+1 |x+a-1|x|+|a|+10知，0 【例5】 已知f(x)=x2+ax+b，（1）求f(1)-2f(2)+f(3)；（2）证明|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于。解思路分析：（1） f(1)-f(2)+f(3)=2；问题（2）的求解想办法利用（1）的结论。 这是一个存在性的命题，因正面情形较多，难以确定有几个，故采用反证法。 假设|f(x)|,|f(2)|，|f(3)| 则 |f(1)-2f(2)+f(3)|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|1，|b|1，且ab，求证：1。 解题思路分析： 本题用分析法较为方便。 |a|1，|b|1 a21，b21 1-a20，1-b20 原不等式成立 【例7】 设x，yR，x2+y21，求证：|x2+2xy-y2|。解题思路分析：也许有同学会这样解： |x2+2xy-y2|x2|+|2xy|+|-y|2=x2+y2+2|xy|x2+y2+x2+y2=2(x2+y2)2但放缩过度，不能满足本题要求。根据条件“平方和”的特征，考虑用三角换元法：令 x=rcos，y=rsin，|r|1则 |x2+2xy-y2|=r2|sin(2+)|r2五、同步练习 （一）选择题 1、已知函数f(x)=-2x+1对任意正数，使得|f(x1)-f(x2)| 成立的一个充分但不必要条件是A、 |x1-x2| B、|x1-x2| C、|x1-x2|2、a，b是实数，则使|a|+|b|1成立的充分不必要条件是A、|a+b|1 B、|a|且|b| C、a1 D、b-13、设a，bR，且ab0，则A、|a+b|a-b| C、|a-b|a|-|b| D、|a-b|0，命题甲；两个实数a,b满足|a-b|2h；命题乙：两个实数a，b满足|a-1|h，且|b-1|0 D、ab07、设a，bR，则|a|1且|b|a+b的A、充分非必要条件 B、必要非充分条件C、充要条件 D、既非充分又非必要条件8、已知函数f(x)=-2x+1，对于任意正数，使得|f(x1)-f(x2)|成立的一个充分非必要条件是A、|x1-x2| B、|x1-x2| C、|x1-x2| （二）填空题9、若|x+y|=4，则xy最大值是_。10、若ab，a0，b0，则_（填、）。11、a，bR，则|a+b|-|a-b|与2|b|的大小关系是_。12、关于x的不等式|x+2|+|x-1|a的解集是，则a的取值范围是_。 （三）解答题13、已知|a+b|，|a-b|，求证|a|0，b0，c0）的两个实根x1，x2，求证：，。15、已知f(x)在0。1上有意义，且f(0)=f(1)，对于任意不同的x1，x20，1，都有|f(x1)-f(x2)|x1-x2|成立，求证：|f(x1)-f(x2)。16、求证：（a，bR）。17、已知a，bR，|a|1，求证：|1+ab|a+b|。18、已知|a|1，|b|1，|c|1，求证： （1）； （2）a+b+cabc+2。19、已知a，bR，且|a|+|b|1，求证方程x2+ax+b=0的两个根的绝对值都小于1。20、在一条笔直的街道上住着7位小朋友，他们各家的门牌分别为3号，6号，15号，19号，20号，30号，39号，这7位小朋友准备凑在一起玩游戏，问地点选在哪位小朋友家，才能使大家所走的路程和最短？（假定数字相连的两个门牌号码的房子间的距离相等）。六、参考答案 （一）选择题1、C。 |f(x1)-f(x2)|=|-2x1+1-(-2x2+1)|=2|x2-x1|，|f(x1)-f(x2)|x2-x1|0，|x1-x2|x1-x2|，反之不然。如取|x2-x1|=。2、D。 A、B、C均能得到|a|+|b|1，但等号条件不满足要求。3、A。 ab|a+b|，|a-b|a+b|。4、D。 当a，b中有一个为零时，|a+b|=|a|+|b|，当ab0时，|a+b|=|a|+|b|。5、B。 |a-b|=|a-1-(b-1)|a-1|+|b-1|a|-1，|a-1|h得：|a|h+1，同理，|b|b+1，|a-b|a|+|b|h+1+h+1=2(h+1)，但不能保证|a-b|a+bab-a-b+10(a-1)(b-1)0或，条件结论。8、C。 类似于1。 （二）填空题9、 9 |x+y|=4(x+y)2=16x2+y2+2xy=16 x2+y22xy x2+y2+2xy4xy 164xy，xy4 当且仅当x=y=2时，取得等号。10、 用比差法 11、 |a+b|-|a-b|2|b| |a-b|a|-|b| -|a-b|b|-|a|又 |a+b|b|+|a|同向相加得：|a+b|-|a-b|2|b|12、 a3 欲使|x+2|+|x-1|a的解集为空集，只需a(|x+2|+|x-1|)min |x+2|+|x-1|(x+2)-(x-1)|=3 a3 （三）解答题13、证明： |a|-|b|a+b|，|a|-|b|a-b| 2|a| |a|或 |a|=|2a|=|(a+b)+(a-b)| (|a+b|+|a-b|)14、证明： x10，x20 |x1|x1|+|x2|=|x1+x2|= |x2|同理，|x1| ，15、证明：（1） 当|x1+x2|时，|f(x1)-f(x2)|x1-x2| |f(x1)-f(x2)|时，不妨设x1，x2-x1则 |f(x1)-f(x2)|=|f(x1)-f(0)+f(1)-f(x2)| |f(x1)-f(0)|+f(1)-f(x2)| = (x1-0)+(1-x2)=1-(x2-x1) 1-由（1）、（2），原不等式成立16、证明：原不等式作差： 0 17、证明：原不等式(1+ab)2(a+b)2作差： (1+ab)2-(a+b)2=1+2ab+a2b2-a2-b2-2ab=1+a2b2-a2-b2=(1-a2)(1-b2) |a|1 a21 1-a20，1-b20，(1-a2)（1-b2）0 (1+ab)2(a+b)2 |1+ab|a+b|18、证明：（1） 原不等式|ab-c|1-abc|(ab-c)2(1-abc)2作差： (ab-c)2-(1-abc)2=a2b2-2abc+c2-1+2abc+a2b2c2 =a2b2c2-a2b2+c2-1+a2b2c2 =(a2b2-1)(1-c2) |a|1，|b|1 |ab|1 a2b21 a2b2-10 |c|1 c20 (a2b2-1)(1-c2)0 (ab-c)2-(1-abc)20 (ab-c)2(1-abc)2 |ab-c|0 a+b0 ab+cabc+1 +得： a+b+cabc+219、证明：用反证法设方程两根分别为x1、x2假设|x1|1 x12+ax1+b=0 x1=-a- |x1|=|-a-|a|+|a|+|b|1与假设矛盾 |x1|1同理，|x2|1 原命题为真20、解：设选在第x号小